求证：设$f:[0,1]\to\mathbb{R}$连续时相关极限为0（尝试遇阻）

问题回顾 #

设函数$f:[0,1] \to \mathbb{R}$为连续函数，求证：
$$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n}\sum_{k=0}n (-1)^k \binom{n}{k}f\left(\frac{k}{n} \right)=0$$

你之前尝试用一致连续性来估计$f\left(\frac{k}{n}\right)$的差值，这个思路方向是对的，但没抓住求和式本身的二项式差分结构，只得到了发散的上界，咱们换个拆分方式来处理：

方法一：一致连续性+二项式系数的概率性质 #

因为$f$在闭区间$[0,1]$上连续，所以它一致连续：对任意$\epsilon>0$，总能找到一个$\delta>0$，只要$|x-y|<\delta$，就有$|f(x)-f(y)|<\epsilon$。

首先，我们可以改写求和式：注意到$\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} = (1-1)^n = 0$，所以给$f\left(\frac{k}{n}\right)$减去$f\left(\frac{1}{2}\right)$再求和，结果完全不变：
$$
\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}n (-1)^k \binom{n}{k} \left[f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{1}{2}\right)\right]
$$

接下来把求和分成两部分：

• 集合$A$：满足$\left|\frac{k}{n} - \frac{1}{2}\right| < \delta$的所有$k$；
• 集合$B$：满足$\left|\frac{k}{n} - \frac{1}{2}\right| \geq \delta$的所有$k$。

处理集合$A$的部分

对$k \in A$，由一致连续性，$\left|f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{1}{2}\right)\right| < \epsilon$，因此这部分的绝对值：
$$
\left|\frac{1}{2^n}\sum_{k \in A} (-1)^k \binom{n}{k} \left[f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{1}{2}\right)\right]\right| < \frac{\epsilon}{2^n}\sum_{k \in A} \binom{n}{k} \leq \frac{\epsilon}{2^n} \cdot 2^n = \epsilon
$$
这里用到了$\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} = 2^n$，子集的和不会超过总合。

处理集合$B$的部分

$f$在闭区间上连续，所以必然有界，设$M = \max_{x \in [0,1]} |f(x)|$，那么$\left|f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{1}{2}\right)\right| \leq |f\left(\frac{k}{n}\right)| + |f\left(\frac{1}{2}\right)| \leq 2M$。

接下来用Chebyshev不等式估计$\sum_{k \in B} \binom{n}{k}$的大小：把$\binom{n}{k}/2^n$看作二项分布$X \sim Bin(n, 1/2)$的概率，那么
$$
P\left(\left|X - \frac{n}{2}\right| \geq n\delta\right) \leq \frac{Var(X)}{(n\delta)^2} = \frac{n/4}{n^2\delta2} = \frac{1}{4n\delta^2}
$$
而$\sum_{k \in B} \binom{n}{k} = 2^n \cdot P\left(\left|X - \frac{n}{2}\right| \geq n\delta\right)$，因此
$$
\frac{1}{2^n}\sum_{k \in B} \binom{n}{k} \leq \frac{1}{4n\delta^2}
$$
代入到$B$部分的绝对值估计中：
$$
\left|\frac{1}{2^n}\sum_{k \in B} (-1)^k \binom{n}{k} \left[f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{1}{2}\right)\right]\right| \leq \frac{2M}{2^n}\sum_{k \in B} \binom{n}{k} \leq \frac{2M}{4n\delta^2} = \frac{M}{2n\delta^2}
$$

最终结论

当$n$足够大时，$\frac{M}{2n\delta^2} < \epsilon$，所以整个求和式的绝对值小于$\epsilon + \epsilon = 2\epsilon$。因为$\epsilon$是任意正数，所以极限必然为0。

方法二：Weierstrass多项式逼近 #

如果对多项式的差分性质熟悉，用这个方法会更简洁：

因为$f$在$[0,1]$上连续，根据Weierstrass逼近定理，对任意$\epsilon>0$，存在一个多项式$P(x)$，使得$\max_{x \in [0,1]} |f(x)-P(x)| < \epsilon$。

首先证明对多项式$P(x)$，原式的极限为0：
假设$P(x)$是$m$次多项式，那么它的$n$阶有限差分$\Delta^n P(x) = 0$（当$n > m$时，多项式的$n$阶差分恒为0）。而$\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} P\left(\frac{k}{n}\right)$本质上就是步长为$1/n$的$n$阶差分，当$n > m$时这个和为0，因此$\frac{1}{2^n} \times 0 = 0$，极限自然是0。

然后推广到一般连续函数$f$：
$$
\left|\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}n (-1)^k \binom{n}{k}f\left(\frac{k}{n}\right)\right| \leq \frac{1}{2^n}\sum_{k=0}n \binom{n}{k}|f\left(\frac{k}{n}\right)-P\left(\frac{k}{n}\right)| + \left|\frac{1}{2^n}\sum_{k=0}n (-1)^k \binom{n}{k}P\left(\frac{k}{n}\right)\right|
$$
第一部分小于$\frac{\epsilon}{2^n}\sum_{k=0}n \binom{n}{k} = \epsilon$，第二部分当$n > m$时为0。所以当$n$足够大时，整个式子小于$\epsilon$，由此可得极限为0。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Shroud